中科大数分教材：用阶乘倒数和计算e值的误差和e是无理数的证明，用到误差计算

\(e=lim_{n \to \infty}e_{n}(1+\frac{1}{n})^n\\\)

\(=\lim_{n \to \infty}(\frac{1}{0!}+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\cdot\cdot+...\frac{1}{n!})\)

\(\lim_{n \to \infty}S_{n}=\frac{1}{0!}+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\cdot+\cdot+\frac{1}{n!}=e\)

因为两个数列有相同的极限e，取充分大的n，用S_{n}作为e的近似值。

\(因为S_{n+1}=S_{n}+\frac{1}{n!}*\frac{1}{n+1}\\\)

\(在计算过程中，可以利用前面已经计算出来的S_{n}的结果\\\)

\(产生的误差为\\\)

\(S_{n+m}-S{n}>0\\\)

\(S_{n+m}-S{n}\\\)

\(=\frac{1}{(n+1)!}+\frac{1}{(n+2)!}+\frac{1}{(n+3)!}+\cdot\cdot\cdot+\frac{1}{(n+m)!}\\\)

\(=\frac{1}{(n+1)!}*(1+\frac{1}{n+2}+\cdot\cdot\cdot+\frac{1}{(n+2)(n+3)\cdot\cdot\cdot(n+m)})\\\)

\(<\frac{1}{(n+1)!}*(1+\frac{1}{n+1}+(\frac{1}{n+1})^2+(\frac{1}{n+1})^3\cdot\cdot\cdot+(\frac{1}{n+1})^{m-1})\\\)

等比数列和公式：\(S_{n}=na_{1}, q=1，\quad S_{n}=a_{1}.\frac{1-q^n}{1-q}, q\neq 1\\\)

其中n为项数。

故

\(上式=\frac{1}{(n+1)!}*\frac{1-(\frac{1}{n+1})^m}{1-\frac{1}{n+1}}\\\)

\(\quad =\frac{1}{n!n}\)

\(即0<S_{n+m}-S_{n}<\frac{1}{n!n}\)

\(若m\to \infty,可得\\\)

\(0 < e - S_{n} \leqslant \frac{1}{n!n}\quad\quad\quad n \in N^{+}\quad\quad\quad(1)\\\)

证明e是无理数

证明：用反证法。

\(设 e=frac{p}{q}，其中p,q\in N^{+}\)

\(因为2<e<3\),可知e不是整数，且q不等于1，否则，若q=1，\(\\\)

\(则e=\frac{p}{q}=\frac{p}{1}=p，为整数,可知q\geqslant2\)

\(由(1)式，当n=q时，S_{n}=S_{q}, (1)式中的n!n,替换为q!q，可得\\\)

\(\quad0<q!(e-S_{q})\leqslant \frac{1}{q}\leqslant \frac{1}{2}\quad\quad\quad(2)\\\)

\(把e=\frac{p}{q}代人下式\\\)

\(q!(e-S_{q})=q!(\frac{p}{q} - S_{q})\)

\(\quad\quad\quad\quad\quad=(q-1)!p-q!(1+1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdot\cdot+\frac{1}{q!}))\)

\(上式为整数，与(2)式矛盾\)

巴特西

中科大数分教材：用阶乘倒数和计算e值的误差和e是无理数的证明，用到误差计算

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